obwód graf: Dla dowolnego trójkąta ABC na płaszczyźnie, rysujemy okrąg O taki, że AB jest jego średnicą. Umieszczamy wewnątrz O punkt P. Pokaż ż przynajmniej jeden z trójkątów: PAB, PBC, PAC ma mniejszy obwód niż ABC.

Rafal44: Może to mało, ale może ktoś inny dorzuci coś więcej. Załóżmy, że punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC. Oznaczmy: |AB|=c, |BC|=a, |CA|=b, |AP|=x, |BP|=y, |CP|=z. Jeśli wszystkie trójkąty: PAB, PBC, PAC mają nie mniejsze obwody niż trójkąt ABC, to (x+y+c)+(y+z+a)+(z+x+b)>=3(a+b+c), czyli x+y+z>=a+b+c. Suma (x+y+z) jest najmniejsza, gdy punkt P pokrywa się z punktem Fermata. Jednak wtedy kąty APB, BPC, CPA mają miarę 120 stopni, czyli są rozwarte i x,y<c; y,z<a; z,x<b; a zatem x+y+z<(a+b+c)/2, co prowadzi do sprzeczności. https://pl.wikipedia.org/wiki/Punkt_Fermata

Rafal44: Przepraszam, powinno być: x+y+z<a+b+c

www: Jakiś dziwny ten dowód

Rafal44: Dziwny, bo niekompletny.

www: no to moze ktos uzupełni

jc: Rafał44, wydaje mi się, że dla nierównoramiennego trójkąta ABC, znajdziemy taki punkt P, że AB + BC + CA < AP + BP + CP. Wystarczy P wybrać jako punkt przecięcia okręgu z dwusieczną kąta ACB. Zatem w ten sposób nie dojdziemy do sprzeczności. Zadanie jednak nie wydaje się trudne

Rafal44: jc, prawdopodobnie masz rację, ale w treści jest napisane, że punkt P leży wewnątrz okręgu Mój dowód dotyczył tylko sytuacji, gdy punkt P leży wewnątrz trójkąta ABC. Wydaje mi się, że rozwiązanie jest o wiele prostsze, ale wciąż nam umyka

jc: Wiem, że ma leżeć wewnątrz, to akurat dla dowodu nie ma znaczenia. Można się odrobinkę od brzegu odsunąć. Coś miałem, tylko nie bardzo mi się podobało. Wyjeżdżam na dwa dni, więc co najwyżej pomyślę w pociągu. Przy okazji, to co napisałem o 9:52 może być trudniejsze od zadania. Sprowadza się do stwierdzenia, że dla pewnego t (przy a ≠ π/4) cos (t−a) + cos t + sin t > 1 + cos a + sina a (może cos jeszcze trzeba założyć)

Rafal44: Właśnie zauważyłem, że wszystko, co napisałem, to bzdury. Poddaję się i przepraszam.

jc: Nie wszystko to bzdury, przecież mogło się udać

jc: Mam takie rozwiązanie. AP ≤ BC lub BP ≤ AC. W przeciwnym razie punkt P leżałby poza kołem (dlaczego?). Załóżmy więc, że AP ≤ BC (drugi przypadek jest podobny). PC < AB (bo AB jest średnicą, a punkt P ma leżeć wewnątrz koła). Mamy zatem AP + P C + AC < BC + AB + AC.

graf: W przeciwnym razie punkt P leżałby poza kołem (dlaczego?). No właśnie dlaczego?

jc: Uzupełnienie. Zakładamy, że AP > BC oraz BP > AC. Wewnątrz trójkąta ABP możemy narysować trójkąt ABD taki, że AD = BC < AP, BD = AC < BP. Punkt D leży na okręgu. W takiej sytuacji punkt P musi leżeć poza okręgiem.